Consideremos esta serie de potencias $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(3n)! (2n)!}{(n)!(4n)!}z^n $$ El radio de convergencia es $\displaystyle \frac{64}{27}$ . Pero ¿cómo sabemos dónde es convergente en el límite $|z|=\displaystyle \frac{64}{27}$ , $z \in \mathbb{C}$ ? El teorema de Abel parece no funcionar aquí.
Respuesta
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Roger Hoover
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Dado que el radio de convergencia de dicha serie hipergeométrica es $\rho=\frac{64}{27}$ , $f(z)$ debe tener alguna singularidad en el círculo $\|z\|=\rho$ . Utilizando la siguiente forma de la asintótica de Stirling: $$ n! \approx \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt{2\pi n} e^{-\frac{1}{12 n}} $$ lo tenemos: $$a_n=\frac{(3n)!(2n)!}{n!(4n)!}\approx \left(\frac{27}{64}\right)^n \sqrt{\frac{3}{2}}\exp\left(-\frac{25}{144 n}\right) $$ para que la serie no es convergente para $z=\rho$ . Por otro lado, una vez demostrado que $\left(\frac{64}{27}\right)^n a_n$ converge bastante rápido hacia $\sqrt{\frac{3}{2}}$ tenemos que $f(\rho e^{i\theta})$ se comporta como $\frac{\sqrt{3/2}}{1-e^{i\theta}}$ por lo que tenemos convergencia para cualquier punto de la frontera, excepto $z=\rho$ .
También es posible demostrar que $z=\rho$ es un polo simple con residuo:
$$\frac{64\, \Gamma\left(\frac{1}{4}\right) \Gamma\left(\frac{3}{4}\right)}{27\, \Gamma\left(\frac{1}{3}\right) \Gamma\left(\frac{2}{3}\right)} =\frac{32}{27}\sqrt{6}.$$
